MM2001 · Linjär algebra
Låt
$$ A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}. $$
Lös de tre (separata) matrisekvationerna
$$ A\mathbf{u} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad A\mathbf{v} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad A\mathbf{w} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}. $$
Beräkna vidare $A^{-1}$, eller motivera varför $A$ ej är inverterbar.
Vi skriver om de tre systemen i utökad matrisform, med en högerledskolumn för varje system, och Gausseliminerar samtidigt:
$$
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1&1&1&1&0&0\\
2&2&1&0&1&0\\
2&1&1&0&0&1
\end{array}\right)
\sim\cdots\sim
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1&0&0&-1&0&1\\
0&1&0&0&1&-1\\
0&0&1&2&-1&0
\end{array}\right).
$$
Därmed är lösningarna
$$
\mathbf u=\begin{pmatrix}-1\\0\\2\end{pmatrix},\qquad
\mathbf v=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix},\qquad
\mathbf w=\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}.
$$
Dessa vektorer är precis kolonnerna till $A^{-1}$. Om vi skriver de tre vektorekvationerna som en matrise ekvation får vi
$$
A\begin{pmatrix}\mathbf u&\mathbf v&\mathbf w\end{pmatrix}
=I.
$$
Alltså är $(\mathbf u\ \mathbf v\ \mathbf w)$ en högerinvers till $A$, och därmed den unika inversen. Svar:
$$
A^{-1}=\begin{pmatrix}-1&0&1\\0&1&-1\\2&-1&0\end{pmatrix}.
$$
Beräkna determinanten av matrisen
$$ \begin{pmatrix} 30 & 0 & 10 \\ 60 & 20 & 20 \\ 90 & 20 & 40 \end{pmatrix}. $$
Bestäm vidare volymen av parallellepipeden i $\mathbb{R}^3$ som spänns upp av de tre vektorerna $(3, 6, 9)$, $(1, 2, 4)$, $(0, 2, 2)$.
Vi börjar med att dra ut gemensamma faktorer ur kolonnerna:
$$
\det\begin{pmatrix}30&0&10\\60&20&20\\90&20&40\end{pmatrix}
=30\cdot20\cdot10
\det\begin{pmatrix}1&0&1\\2&1&2\\3&1&4\end{pmatrix}
=6000
\det\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}
=6000.
$$
I det andra steget subtraheras en kopia av den första och andra raden från den tredje, och två kopior av den första raden från den andra; i det tredje steget används att matrisen är triangulär. Enligt resultatet från kursen är volymen av parallellepipeden som spänns upp av vektorerna lika med absolutbeloppet av determinanten
$$
\det\begin{pmatrix}3&1&0\\6&2&2\\9&4&2\end{pmatrix}.
$$
Denna är nästan samma som den ursprungliga determinanten, men med två kolonner ombytta och en faktor $10$ mindre i varje kolonn. Kolonnordningen påverkar endast determinanten genom tecknet, och de saknade faktorerna ger därför volymen
$$
\frac{6000}{10^3}=6.
$$
Svar: determinanten är $6000$ och volymen $6$.
Bestäm en ekvation på normalform för det plan i $\mathbb{R}^3$ som innehåller båda följande linjer:
$$ L_1 : (x, y, z) = (0, 5, 10) + t(12, 2, -1), \quad t \in \mathbb{R}, $$
$$ L_2 : (x, y, z) = (12, 9, 9) + s(0, 2, 0), \quad s \in \mathbb{R}. $$
Vi söker först skärningspunkten mellan linjerna. Insättningen
$$
(0,5,10)+t(12,2,-1)=(12,9,9)+s(0,2,0)
$$
är ekvivalent med $s=-1$ och $t=1$. Linjerna skär alltså varandra i punkten $(x,y,z)=(12,7,9)$.
Därefter söker vi planets normalvektor. Vi kan ta en vektor $\mathbf n$ som är ortogonal mot linjernas riktningsvektorer, till exempel
$$
\mathbf n=(12,2,-1)\times(0,2,0)=(2,0,24).
$$
En ekvation för planet är därför
$$
2(x-12)+24(z-9)=0
\Longleftrightarrow 2x+24z=240
\Longleftrightarrow x+12z=120.
$$
Svar: $x+12z=120$.
Bestäm avståndet mellan de två planen i $\mathbb{R}^3$ som har ekvationer $x - 2y + 2z = 1$ respektive $x - 2y + 2z = 10$, samt ange två punkter, en på vardera plan, som har detta avstånd mellan sig.
Låt planen vara $\Pi_1$ och $\Pi_2$. Avståndet mellan planen ges av längden av en vektor mellan dem som är ortogonal mot båda. Vi väljer $\mathbf n=(1,-2,2)$ som normalvektor och söker den konstant $\lambda$ sådan att, för $(x,y,z)\in\Pi_1$, gäller $(x,y,z)+\lambda\mathbf n\in\Pi_2$. Detta gäller om och endast om
$$
\mathbf n\cdot((x,y,z)+\lambda\mathbf n)=10
\Longleftrightarrow \mathbf n\cdot(x,y,z)+\lambda\mathbf n\cdot\mathbf n=10
\Longleftrightarrow 1+9\lambda=10
\Longleftrightarrow\lambda=1.
$$
Alltså är avståndet
$$
\lVert\lambda\mathbf n\rVert=\lVert\mathbf n\rVert=3.
$$
För att hitta två punkter med detta avstånd väljer vi en godtycklig punkt $P=(1,0,0)$ på $\Pi_1$ och får enligt resonemanget ovan $Q=P+\mathbf n=(2,-2,2)$ på $\Pi_2$. Svar: avståndet är $3$, till exempel mellan punkterna $(1,0,0)$ och $(2,-2,2)$.
Betrakta följande två linjära avbildningar $\mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$:
Bestäm matriserna relativt $\mathbb{R}^3$:s standardbas för $S$, för $R$ och för den sammansatta avbildningen $T$ som först utför $S$ på en vektor och sedan utför $R$ på resultatet.
För planet $S$ har vi normalvektorn $\mathbf n=(1,-2,1)$, och speglingen ges av
$$
S(\mathbf v)=\mathbf v-2\operatorname{proj}_{\mathbf n}\mathbf v.
$$
Om $\mathbf v=(a,b,c)$ blir
$$
S(\mathbf v)
=\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}
-2\frac{a-2b+c}{6}\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}
=\frac13\begin{pmatrix}2&2&-1\\2&-1&2\\-1&2&2\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}
=A_S\mathbf v.
$$
För $R$ gäller att avbildningen skickar $\mathbf e_1$ på $\mathbf e_1$, $\mathbf e_2$ på $\mathbf e_3$ och $\mathbf e_3$ på $-\mathbf e_2$. Den motsvarande standardmatrisen är därför
$$
A_R=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}.
$$
Sammansättningen har matrisen
$$
A_{RS}=A_RA_S
=\frac13\begin{pmatrix}2&2&-1\\1&-2&-2\\2&-1&2\end{pmatrix}.
$$
Svar:
$$
A_S=\frac13\begin{pmatrix}2&2&-1\\2&-1&2\\-1&2&2\end{pmatrix},\quad
A_R=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix},\quad
A_{RS}=\frac13\begin{pmatrix}2&2&-1\\1&-2&-2\\2&-1&2\end{pmatrix}.
$$
Ange definitionen av att vektorer $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \dots, \mathbf{v}_k \in \mathbb{R}^n$ är linjärt oberoende.
Anta att $\mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3$ är linjärt oberoende vektorer i $\mathbb{R}^n$. Måste de tre vektorerna $\mathbf{v}_1 + \mathbf{v}_2$, $\mathbf{v}_2 + \mathbf{v}_3$, $\mathbf{v}_1 + \mathbf{v}_3$ vara linjärt oberoende? Bevisa ditt svar.
(a) Vektorerna $\mathbf v_1,\mathbf v_2,\ldots,\mathbf v_k\in\mathbb R^n$ kallas linjärt oberoende om de enda skalärerna $\lambda_1,\ldots,\lambda_k\in\mathbb R$ som uppfyller
$$
\lambda_1\mathbf v_1+\cdots+\lambda_k\mathbf v_k=\mathbf0
$$
är $\lambda_1=\cdots=\lambda_k=0$.
(b) Vi undersöker för vilka $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3\in\mathbb R$ det gäller att
$$
\lambda_1(\mathbf v_1+\mathbf v_2)+\lambda_2(\mathbf v_2+\mathbf v_3)+\lambda_3(\mathbf v_1+\mathbf v_3)=\mathbf0.
$$
Detta gäller om och endast om
$$
(\lambda_1+\lambda_3)\mathbf v_1+(\lambda_1+\lambda_2)\mathbf v_2+(\lambda_2+\lambda_3)\mathbf v_3=\mathbf0.
$$
Eftersom $\mathbf v_1,\mathbf v_2,\mathbf v_3$ är linjärt oberoende gäller detta om och endast om
$$
\lambda_1+\lambda_3=0,\qquad
\lambda_1+\lambda_2=0,\qquad
\lambda_2+\lambda_3=0.
$$
Lösningen till detta system, till exempel via substitution eller Gausseliminering, är $\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=0$. Alltså är $\mathbf v_1+\mathbf v_2$, $\mathbf v_2+\mathbf v_3$ och $\mathbf v_1+\mathbf v_3$ linjärt oberoende.